梅涅劳斯(Menelaus)定理及其逆定理 设P、Q、R分别是?ABC的三边BC，CA，AB上或它们延长线上三点，则点P、Q、R共线的充要条件是：
(二) 证明过程
已知?ABC和?A'B'C'，如果它们对应顶点的连线AA'，BB，CC'通过一个点
P、Q、RS。若AC与A'C'交于P点，BC与B'C'交于Q点，AB与A'B'交于R点，求证：
ARBPCQ???1 RBPCQA三点在一直线上。
证：分两种情况，第一种?ABC和?A'B'C'在两个不同的平面内，此种情况的证明方法与第一种证明的方法类似，就不再赘述；第二种?ABC和?A'B'C'在同一平面内，证明如下：
如图3，由于题设条件只提供与直线的位置关系，并没有其他数量关系，所以考虑用梅涅劳斯(Menelaus)定理来证明。
?ABC的每一边与交点S构成三个三角形，即B'?SBC，SAC，?SAB。
?SBC被直线B'C'Q'所截，?SAC被直线C'A'PPA'ARC图3QSC'所截，?SAB被直线B'A'R所截，由梅涅劳斯定理B可得：
BQCC'SB' ?'?'??1，
QCCSBBCPAA'SC'????1，
PAA'SC'CBB'SA'AR?'???1，(指有向线段) 'BSAARB将上述三式相乘，则可化简得：
BQCPAR?.??1 QCPARB由梅涅劳斯定理的逆定理知P、Q、R三点共线,即德萨格定理得证。 第三种证明方法
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第三种方法是用高等几何的方法，利用的是射影几何中交比的一个性质，即共线的四点所形成的交比在中心射影下是保持不变的。此种证法依次选取A、A'、O三个点作为射影中心，连续三次进行投影，并使用交比不变性，使命题得证,方法巧妙且简便。详细过程见下： (一) 预备知识
设A、B、C、D为共线的四点，规定简单比(ABC)与(ABD)的商为A、B、C、D四点的交比，记为(AB,CD)=
AC?BD。下面介绍交比的几何意义：
BC?AD以O为中心将?映成?'的中心射影使
A?A'，B?B'，C?C'，D?D'。设HO是O到直线?的距离，
则HO?AC?2S?OAC?OA?OCsin?COA。
所以AC?OA?OCsin?COA/HO。 同理，
BC?OB?OCsin?COB/HO，AD?OA?ODsin?DOA/HO，BD?OB?ODsin?BOD/HO从而
(AB,CD)??AC?BDS?OAC?S?OBDsin?COA?sin?DOB??BC?ADS?OBC?S?OADsin?DOA?sin?COBOsin?C'OD'?sin?D'OB'A'C'?B'D'??(A'B',C'D')sin?D'OA'?sin?C'OB'B'C'?A'D'
C'A'D'B'即共线四点形成的交比(AB，CD)在中心射影下不变。而且从中可以看出：点列的交比的几何意义是有关角的正弦值之比或三角形面积之比。 (二) 证明过程
RCSDA图5PP'BQ如图5，如果?ABC和?A'B'C'的对应顶点连线AA'、BB'、CC'共点O，则其三对对应边AB，A'B'；BC，B'C'；CA，C'A'的交点P、Q、R三点共线。
证明：连接QO，OA，QA'，QR，设AA'与QC'，QR，QC分别交于D'，S，D，又
A'B'与QR交于P'，则有
QR?SPQC?DBQC'?D'B'QR?SP'SP'SP??????P?P'，
SR?QPDC?QBD'C'?QB'SR?QP'QP'QP
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P、Q、R三点共线。
第四种方法
第四种方法用的是高等几何中代数的方法来证明的。利用射影几何中解析点的概念，及定理三点共线的充要条件是三点的混合积为0，来证明三点共线。与第三种方法不同，此种方法还涉及到射影坐标。具体过程如下：
(一) 预备知识
定义1.4 若??0，(?x1，?x2，?x3)表一个点X的坐标，则?取所有可能的实数值时，所有坐标构成一个坐标类[X]。这个类中的每组坐标叫做一个解析点，而整个坐标类[x]代表一个集合点。
由此可知，一个解析点的坐标是同一个坐标类中一组特定的坐标，一经选取就
***是固定不变的，解析点及其坐标以附加*号表示，例如X*(x1，x2，x3)，如果不指明
是解析点，则点的坐标可以在该点的坐标类中任意选取，而且不是固定不变的。
定理1.4 任意给出直线?上的3相异点X，Y，Z，则必可确定唯一解析点组
X*，Y*，Z*使Z*?X*?Y*。
定理1.5 三点共线的充要条件是
x1X?(Y?Z)?0，即(X,Y,Z)?y1z1x2y2z2x3y3?0。 z3X'BXOY'ZAYC(二) 证明过程
如图6，设两三点形XYZ，X'Y'Z'的对应顶点的连线XX'，YY'，ZZ'共点O， 求证：对应边的交点，
Z'图6YZ与Y'Z'的交点A，ZX与Z'X'的交点B，XY与X'Y'的交点C共线。
证：因为O，X，X'；O，Y，Y'；O，Z，Z'分别共线，故必可选取解析点
O*，X*，X'*，Y*，Y'*，Z*，Z'*等使O*?X*?X'*?Y*?Y'*?Z*?Z'*(定理1.4)
由最末两式移项得Y*?Z*?Y'*?Z'*。
Y*?Z*应该是Y*，Z*共线的一个点，但Y'*?Z'*又是与Y'*，Z'*共线的点，两
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点相同就表示它应该是Y?Z与Y*?Z'*的交点A，故有一点A*使A*?Y*?Z*。同理，应分别有解析点B*，C*使B*?Z*?X*，C*?X*?Y*。又因为
A*?B*?C*?0，即三点A、B、C线性相关，故三点共线。(定理1.5)
二.德萨格(Desargues)定理在初等几何中的应用
应用德萨格(Desargues)定理及其逆定理去解决一些初等几何中的问题，关键在于构造，如何去选择两个恰当的三点形，这是应用此定理的一个难点。以下对他在初等几何中的五个方面的应用进行论述，并在例题证明中体会德萨格(Desargues)定理及其逆定理在解题时的一般思路。
(一).德萨格(Desargues)逆定理在证明共点问题上的应用 例1.证明三角形的三中线共点。
已知：D、E、F分别为三角形?ABC的三边BC，CA，AB的中点。 求证：AD，CF，BE相交于一点G.。 证法1：如图7
D、E、F为三边中点，设BE，CF交于G，联结EF，则EF//BC，?GEF∽?GBC，所以
由BC=2EF，得
GB=2GE,GC=2GF 设AD，BE交于G'，同理可证
G'B?2G'E,G'A?2G'D
即G，G'都是BE上从B到E的三分之二处的点，故G，G'重合，即三条中线AD，BE，CF相交于一点G。
证法2： ∵EF//BC，DE//AB，DF//AC,对?ABC与?DEF，它们的对应边交点共无穷远直线 ∴由德萨格(Desargues)逆定理可知其对应顶点的连线AD，BE，CF共点G。
分析： 此题的证法1用的是初等的方法，其证明思路是：判定BE，CF的交点与AD，BE的交点重合于一点G，这也是初等方法中证明三点共线问题的一种常用的方法。而证法2用的是德萨格(Desargues)逆定理证明的。对比两种证法可明显看出，用初等的几何方法证明不够直观，证明过程也比较繁琐，但在证法2中利用德萨
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AFGBD图7G'EGEEFFG?? GBBCCGC格(Desargues)逆定理，选取三角形的重心作为两三点形的透视中心，想法自然，过程也非常的简便。
例2.ABCD是四面体，点X在BC上，一直线通过X分别交AB、AC于P、Q，另一直线通过X，分别交DB、DC于R、S，求证：PR与QS交于AD。 证法1：如图8，
在面APR中B在线AP上所以B在面APR内，则RB在面APR内，又因为D是RB延长线上的一点，所以D点在面APR上，所以PR与AD共面APR。
在面RPQ中X在PQ上，所以RX在面RPQ内，又因为S是RX延长线上的一点，所以S也在面RPQ上，因此PR与QS共面RPQ。QS既在面RPQ内又在面ADC上，所以QS是面RPQ与面ADC的交线。
PRBQX图8CSDA不妨设PR与QS的交点为H，则H必在AD上.若H不在AD上，则AD与PR互为异面直线，与PR和AD共面APR矛盾。
所以PR与QS交于AD。 证法
2：如图
8，在三点形
PQA
与
RSD
中，对应边交点
PQ?RS?X，QA?SD?C，AP?DR?B ∵X，B，C共线，根据德萨格(Desargues)
定理的逆定理可知，其对应顶点的连线共点，即PR、QS、AD交于一点。
分析： 本题的证法一用的是初等几何的方法，思考过程复杂，涉及到很多点、线、面之间的关系。证法二则用的是德萨格(Desargues)定理的逆定理证的，过程相当简洁，没有渗入太多繁琐的推理，解法明了易懂，大大体现了德萨格(Desargues)定理的逆定理在解决此类问题中的优越性。此题的证法二还给了我们一个很大的启示，即运用德萨格(Desargues)定理的逆定理去证明一些比较简单的三点共线问题时，最好从结论入手去寻找我们所需要的三点形。
例3.证明任意四边形各对对边中点的连线与两对角线中点连线相交于一点。
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